Zápočtová písemka Řešení 20. května 2011 1. Spočítejte derivaci následujicí funkce podle x a podle ln x: ! ! "" ! ! "" y = ln ln2 ln3 x + ln ln2 ln3 1598 . ! ! "" Řešení: Tento člen ln ln2 ln3 1598 sloužil samozřejmě jen k zmatení nepřítele – jakákoliv derivace (tedy i podle ln x) konstanty je 0, ale tím většinu z vás už nemůžu nachytat. ! " 2 ln ln3 x 3 ln2 x 1 6 ! ! ". y = 2! 3 " = 3 x ln ln x ln x x ln x ln ln3 x
Derivace podle ln x můžete dělat dvěma ! ! způsoby: "" !Buď! si zavedete "" substituci ln x = t a derivujete funkci ln ln2 t3 + ln ln2 ln3 1598 podle t, přičemž nakonec vezmete tuto substituci zpátky nebo postupujete úplně stejně jako při derivaci podle x, jenom v poslední kroku derivace ln x už nebude 1/x, ale 1. Čili: dy 6 ! " = d ln x ln x ln ln3 x
2. lim
x→0
#
tan sin ax tan cos ax + tan sin bx tan cos bx
$
.
Řešení: Jedná se o limitu součtu dvou zlomků, můžete tedy počítat zvlášť limitu jednoho a zvlášť druhého. V prvním zlomku po dosazení x = 0 vyjde patologický výraz 00 (tan sin 0 = tan 0 = 0), který nemá jednoznačný význam (rozhodně například neplatí – alespoň ne obecně – 00 = 1, jak se někteří z vás pokoušeli do písemky propašovat), nicméně tento případ je jedním ze dvou (další je ∞ ∞ ), za kterých je povoleno použít tzv. L‘Hospitalovo pravidlo, které spočívá v tom, že derivujete zvlášť vrch a zvlášť spodek zlomku (nikoliv tedy celý výraz): tan sin ax = lim x→0 tan sin bx x→0 lim
1
1 cos2 (sin ax) 1 cos2 (sin bx)
cos(ax)a cos(bx)b
=
díky této úpravě se výpočet stává triviálním, protože po dosazení, žádný patologický případ nenastane a limita snadno vyjde: =
1 cos2 (sin 0) 1 cos2 (sin 0)
cos(0)a cos(0)b
=
a . b
V limitě druhého zlomku, žádný problém není (což, jak se ukázalo, některé lidi zmátlo – zřejmě ode mne takovou podlost neočekávali). Výpočet se provede pustým dosazením a není tedy potřeba (a ani to není povoleno) použít L‘Hospitalovo pravidlo. Naopak – jedná se o chybu, která vám změní výsledek. Dosazením výjde: lim
x→0
tan cos ax tan cos 0 = = 1, tan cos bx tan cos 0
ale L‘Hospitalovým pravidlem by vám vyšlo
a b.
Celkové řešení příkladu je: # $ tan sin ax tan cos ax a lim + = + 1. x→0 tan sin bx tan cos bx b 3. Rozviňte funkci f (x) do Taylorovy řady v okolí počátku:
(Hint: ex =
∞ %
k=0
! "3 2 f (x) = 1 + x2 + sin2 x + cos2 x + ex .
xk k! .)
Řešení: Tento příklad má v podstatě tři části. Za prvé bylo třeba si uvědomit, že sin2 x + cos2 x = 1 a nebylo tedy nutné se pokoušet rozvíjet tento člen v Taylorovu řadu (byl to malý chytáček). Za druhé výraz ! "3 1 + x2 se dá rozložit pomocí binomické věty, jak ji znáte ze střední ! "3 školy: 1 + x2 = 1 + 3x2 +#3x4 + x6 , nebo (jak si mnozí z vás vzpoměli) $ ∞ ! "3 % 3 ve tvaru: 1 + x2 = x2n – jen doufám, že ti, co to takto n n=0 napsali, si uvědomují, # $ že řada není nekonečná, ve skutečnosti má pouze 4 3 členy, protože = 0 pro k > 3. k A výpočet posledního členu se zakládal na nečem, čemu já říkám ”Univerzální zákon substituce”– normálně se nevyučuje a nikde v literatuře na něj nenatrefíte, protože se považuje za tak samozřejmý a základní, že nikdo by neplýtval papírem (především v naší ekologicky pohnuté době) – ale já nemohu dostatečně zdůraznit jeho důležitost, protože (řekl bych) jeho pochopení či nepochopení představuje rozdíl mezi tím, jestli rozumíte matematice či ne.
Říká zhruba toto: Objeví-li se v jakékoliv rovnici, kdekoliv ji uvidíte, kýmkoliv napsanou, na levé i na pravé straně x (nebo nějaké jiné písmenko) na které se nevztahuje žádné omezení (jako například občas se po něm chce, aby šlo o celé číslo nebo že x představuje jenom označení nějakého předem definované konstanty, podobně jako třeba e a π), tak 2
pokud za toto x dosadíte libovolný jiný výraz (například √ y, obrázek, vaši fotku, smajlík nebo i nové výrazy od x: cos x, arctan x2 + π) platnost této rovnice se nezmění. ∞ % xk Čili jestli jsem vám řekl, že ex = k! , mělo by pro vás být dílem k=0
okamžiku si uvědomit, že
2
ex =
∞ ! 2 "k & x . k!
k=0
Abyste k tomuto došli, ani nepotřebujete vědět, co nějaká ”Tleyrolova”řada ∞ % vůbec znamenají. Prostě x vyměníte za x2 . je, nebo co klikyháky typu k=0
Řešením příkladu je tedy: !
1 + x2
"3
2
+ sin2 x + cos2 x + ex = 1 + 3x2 + 3x4 + x6 + 1 +
∞ & x2k
k=0
k!
.
4. Najděte extrémy následující funkce a určete jejich typ (tj. maximum, minimum, inflexní bod) 2 f (x) = (x2 − 3)e−x . Řešení: S tímto příkladem pokud byly problémy, tak jenom při derivování, tak jen připomenu princip: Hledání extrému nějaké funkce spočívá v tom, že její derivaci položíte nule: 2
e−x 2x(x2 − 4) = 0. Všechna řešení této rovnice (x = 0, 2, −2) jsou body podezřelé z extrému, o jejichž pravé povaze se dozvíte až když je dosadíte do druhé derivace: f !! (x) = (8 − 22x2 + 4x4 )e−x
2
a pokud vyjde číslo kladné jako v případě f !! (0) = 8 > 0 tak se jedná o lok. minimum, kdežto když vyjde záporně f !! (±2) = (8 − 22 · 4 + 4 · 16)e−4 = (8 − 6 · 4)e−4 < 0 je to lok. maximum. (Kdyby vyšla 0, museli byste zkusit 3. derivaci - pokud by ta vyšla nenulová, jednalo by se o tzv. inflexní bod, pokud by ale vyšla zase 0, znamínko 4. derivace by rozhodovalo stejně jako znamínko druhé derivace atd.). Řešení: x = 0 minimum, x = ±2 maximum. 5. Určete intervaly konkávnosti a konvexnosti funkce: f (x) =
1 + x2 + 5x + 6. x+1
Řešení: Tady bylo nutné si jen uvědomit, že konkávnost a konvexnost se může měnit pouze v bodech, kdy f !! (x) = 0 a v bodech nespojitosti, čili v bodech: 2 f !! (x) ≡ + 2 = 0 ⇒ (x + 1)3 = −1 ⇒ x = −2 (x + 1)3 3
a x = −1.
Reálná osa se tím rozpadne na tři části (−∞, −2), (−2, −1), (−1, ∞), ve kterých se konkávnost a konvexnost nemění. Stačí tedy tuto vlastnost zjistit v jednom bodě a znáte ji okamžitě pro celý interval. f !! (0) = 4 > 0 ⇒ na (−1, ∞)
konvexnost
f !! (−3/2) = −14 < 0 ⇒ na (−2, −1) 7 f !! (−3) = > 0 ⇒ na (−∞, −1) 4
6.
'
konkávnost konvexnost
x2 1 √ dx + (1 + x2 ) arctan x x3 + 2
Řešení: Spočítáme postupně oba integrály: ( ( ' ' ( arctan x = t ( 1 1 ( (= dx = ( 1 dt = ln t = ln arctan x, ( dx = dt (1 + x2 ) arctan x t 2 1+x ( 3 ( ' ' 1 ( x +2=t ( 1 x2 t2 2) 3 − 12 ( √ = dx = (( t dt = = x + 2. 2 1 ( 3x dx = dt 3 3 32 x3 + 2 Tedy: ' 7.
1 x2 2) 3 √ + dx = ln arctan x + x + 2 + c. 2 3 (1 + x ) arctan x 3 x +2 '
x ln(5x)dx.
Řešení: Tohle měli skoro všichni dobře, akorát pár z vás si včas neuvě1 1 domilo, že (ln 5x)! &= 5x ale (ln 5x)! = 5x 5 = x1 . ' ' 2 x2 x 1 x2 x2 x ln(5x)dx = ln(5x) − dx = − + c. 2 2 x 2 4 8.
'
2x2 − 4 dx x2 + x − 2
Řešení: Tady jsem vás chtěl nachytat na tom, že bezpřemýšlení použijete rozklad na parciální zlomky, aniž byste si uvědomili, že v tomto případě jej takhle hned od boku použít nemůžete. . . a taky se mi to zhusta povedlo. Řád polynomu nahoře není totiž menší než řád polynomu dole, nejdřív musíte dělit: 2x2 − 4 : (x2 + x − 2) = 2 − Teprve teď můžete s úspěchem tvrdit, že:
x2
2x . +x−2
2x A B = + , x2 + x − 2 x−1 x+2 4
přičemž A = 23 , B = 43 . Výsledek: ' 9.
2x2 − 4 2 4 dx = 2x − ln(x − 1) − ln(x + 2) + c. +x−2 3 3
x2
'
5 ln x + 3 ! " dx x ln2 x − ln x + 1
Řešení: Toto byl zákeřný příklad, přiznávám. Proto mě potěšilo jak mnoho z vás se tak neohroženě pustilo do komplexních čísel. Sice jste po cestě nasekali spoustu chyb, ale to se občas stane i těm nejlepším. Nejdříve se musela udělat substituce: ln x = t. V tom nebyl žádný problém. ' ' 5 ln x + 3 5t + 3 ! 2 " dx = dt t2 − t + 1 x ln x − ln x + 1
Původně mi připadalo, že toto není příklad na parciální zlomky, protože po vyšetření kořenů t2 − t + 1, zjistíte, že jsou oba komplexní a standartně se tedy tento zlomek nerozkládá. Postupuje se takto: ' ' ' ' 11 5t − 52 + 3 + 52 5t − 52 5t + 3 2 dt = dt = dt+ dt = t2 − t + 1 t2 − t + 1 t2 − t + 1 t2 − t + 1 ' ' 11 5 2t − 1 1 = dt + dt. ! "2 2 1 2 t −t+1 2 t − 2 + 34 V prvním integrálu máte nahoře derivaci spodku, čili integrál je logaritmus spodku. A ve druhém využijete vzoreček: # $ ' 1 1 x+a dx = arctan . (x + a)2 + b2 b b Čili: '
" 5t + 3 5 ! 11 dt = ln t2 − t + 1 + √ arctan 2 t −t+1 2 3
#
$ 2 √ (t − 1/2) + c, 3
a řešení původního problému získáte tak, že za t dosadíte ln x. Pokud chcete použít rozklad na parciální zlomky, zjistíte, že řešením rovnice √ t2 − t + 1 = 0 je komplexní číslo z = 1+i2 3 a jeho komplexně sdružené √ z¯ = 1−i2 3 . 5t + 3 A B = + ⇒ 5t + 3 = A(t − z¯) + B(t − z). t2 − t + 1 t−z t − z¯ 5z + 3 5 11 = −i √ . z − z¯ 2 2 3 5¯ z+3 5 11 t = z¯ ⇒ 5¯ z + 3 = B(¯ z − z) ⇒ B = − = +i √ . z − z¯ 2 2 3 t = z ⇒ 5z + 3 = A(z − z¯) ⇒ A =
5
Fakt, že B = A¯ není náhoda, ani fatk, že
A+B 2
=
5 2
a i (A − B) =
11 √ . 3
Řešení této úlohy v celé její obludné kráse je tedy: √ + # √ + $ * $ * # 1 1 5 11 3 5 11 3 ln ln x − − i ln ln x − + i −i √ + +i √ +c. 2 2 2 2 2 2 2 3 2 3 10. Vypočtěte obsah rovinné oblasti, vymezené křivkami: y = 2x ,
y = 2,
x = 0.
Řešení: V posledním příkladě stačilo správně poznat oblast, jejíž plocha se má vypočítat a sestavit integrál: '1 0
x
(2 − 2 )dx =
,
2x 2x − ln 2
6
-1 0
=2−
1 . ln 2
